热力学与统计物理第七章
热力学统计 第七章玻尔兹曼统计

al !
al lal ln ln N ! N ln N al ln al ! l l l x 1 ln x ! x ln x x S k ln S
0
设=1时,S=0 S0=0
ln Z S Nk (ln Z )
2.内能U与广义力Y的统计表达式
2.1 内能U的统计表达式
N N l U al l ll e Z Z l l N Z ln Z N Z
e l l
N al l e l Z Z l e l
配分函数Z :
l
Z l e l
l
分布在能级l 的粒子数:
N al l e l Z
已知(l, l),可求Z——并不容易!
经典粒子: 配分函数Z :
Z l e l
l
Z e
( q . p )
dqdp e D( )d r h
积分因子:
如果 X ( x, y )dx Y ( x, y )dy 不是全微分,但存在函数 ( x, y ) ,使得
( x, y ) X ( x, y )dx ( x, y )Y ( x, y )dy 为全微分, 即
( x, y ) X ( x, y )dx ( x, y )Y ( x, y )dy ds ( x, y )
S k ln
满足经典极限的非定域系统:
ln
l
la
l
al !
al S k N ln N al ln l l
S0
lal al ln ln N ln N al ln ln N ! l l al ! l
热力学与统计物理教案:第七章 玻尔兹曼统计

非简并性条件 e 1 愈容易满足。
一般气体在常温,常压下 e 104 ,满足非简并性条件,可用玻尔兹曼统计。
1
1
e
1
,也可改写为
V N
3
h
1 2 mkT
2
(*)
分子的德布罗意波长 h h , 理解为分子热运动的平均能量 ~ 3 kT (可由以后的
al
N el Z1
l h0r
式中的 h0r 与配分函数 Z1 所含的 h0r 相互抵消,与 h0 无关。
一个粒子的运动状态处于 l 的概率:
68
Pl
al N
1 el Z1
l h0r
A
l
Pl Al
1 Z1
l
Al el
l h0r
1 Z1
Ae d h0r
U
N
ln Z1 及 Yi
N
yi
ln Z1 与 h0
第七章 玻尔兹曼统计
§7.1 热力学量的统计表达式
1、 配分函数
配分函数是统计物理中最重要的热力学特性函数,知道了它,就可以得到平衡态系统的所
有热力学量。
系统的总粒子数 N
al
e l l
e
el l
l
l
l
令 Z1
el l
l
【对单粒子能级求和】
es
【对单粒子量子态求和】
s
称为(单粒子)配分函数,则
N
!
由于 F 与 S 有关,从而与微观状态数有关,所以对于两种系统得出不同的结果。
经典近似
由量子玻尔兹曼分布 al
l e l
和经典玻尔兹曼分布 al
e l
l h0r
第七章玻耳兹曼统计教案分析

第七章玻⽿兹曼统计教案分析热⼒学与统计物理课程教案第七章玻⽿兹曼统计 7.1 热⼒学量的统计表达式⼀、定域系统的内能、⼴义⼒和熵统计表达式在§6.8说过,定域系统和满⾜经典极限条件的玻⾊系统都遵从玻⽿兹曼分布。
本章根据玻⽿兹曼分布讨论这两类系统的热⼒学性质。
本节⾸先推导热⼒学量的统计表达式。
内能是系统中粒⼦⽆规则运动总能量的统计平均值.所以 ∑∑--==lβεαl l ll l l e ωεεa U ①引⼊函数1Z :∑-=lβεl l e εZ 1 ②名为粒⼦配分函数。
由式∑--=lβεαl l e ωN ②,得:1Z e e ωe N αlβεl αl ---==∑ ③上式给出参量α与N 和1Z 的关系,可以利⽤它消去式①中的α。
经过简单的运算,可得:11ln Z βZ N e ωβe e ωεe U l βεl αl βεl l αll ???? ????-=???? ????-==∑∑---- ④式④是内能的统计表达式。
在热⼒学中讲过,系统在程中可以通过功和热量两种⽅法与外界交换能量。
在⽆穷⼩过程中,系统在过程前后内能的变化dU 等于在过程中外界对系统所作的功W d 及系统从外界吸收的热量Q d 之和:Q d W d dU +=。
如果过程是准静态的, W d 可以表达为Ydy 的形式,其中dy 是外参量的改变量,Y 是外参量y 相应的外界对系统的⼴义作⽤⼒。
粒⼦的能量是外参量的函数。
由于外参量的改变,外界施于处于能级l ε的⼀个粒⼦的⼒为yεl。
因此,外界对系统的⼴义作⽤⼒Y 为: 11ln 11Z y βN Z y βe e ωy βe e ωy εa y εY αl βεl αβεαl ll l ll l l ??-=-= -===-----∑∑∑⑤式⑤是⼴义作⽤⼒的统计表达式。
它的⼀个重要例⼦是:1ln Z VβN P ??=在⽆穷⼩的准静态过程中,当外参量有dy 的改变时,外界对系统所作的功是:l ll l llεd a a y εdy Ydy ∑∑=??= 将内能∑=ll l εa U 求全微分,有:l ll ll l da εεd a dU ∑∑+=上式指出,内能的改变可以分成两项,第⼀项是粒⼦分布不变时由于能级改变⽽引起的内能变化,第⼆项是粒⼦能级不变时由于粒⼦分布改变所引起的内能变化。
热力学统计物理 课后习题 答案及热力学统计物理各章重点总结

第七章 玻耳兹曼统计7.1试根据公式Va P Lll∂∂-=∑ε证明,对于非相对论粒子 ()222222212z y x n n n L m m P ++⎪⎭⎫ ⎝⎛== πε,( ,2,1,0,,±±=zy x n n n )有V U P 32= 上述结论对于玻尔兹曼分布,玻色分布和费米分布都成立。
证明:处在边长为L 的立方体中,非相对论粒子的能量本征值为()22222,,2212z y x n n nn n n L m m P zy x ++⎪⎭⎫ ⎝⎛== πε ( ,2,1,0,,±±=z y x n n n )-------(1) 为书写简便,我们将上式简记为32-=aVε-----------------------(2)其中V=L 3是系统的体积,常量()22222)2(z y x n n n ma ++=π,并以单一指标l 代表n x ,n y ,n z 三个量子数。
由(2)式可得VaV V l L εε323235-=-=∂∂----------------------(3) 代入压强公式,有VUa VV a P l ll L ll3232==∂∂-=∑∑εε----------------------(4) 式中 l ll a U ε∑= 是系统的内能。
上述证明未涉及分布的具体表达式,因此上述结论对于玻尔兹曼分布,玻色分布和费米分布都成立。
注:(4)式只适用于粒子仅有平移运动的情形。
如果粒子还有其他的自由度,式(4)中的U 仅指平动内能。
7.2根据公式Va P Lll∂∂-=∑ε证明,对于极端相对论粒子 ()212222z y x n n n Lccp ++== πε, ,2,1,0,,±±=z y x n n n 有VUP 31=上述结论对于玻尔兹曼分布,玻色分布和费米分布都成立。
证明:处在边长为L 的立方体中,极端相对论粒子的能量本征值为()21222,,2z y x n nn n n n Lc zy x++= πε, ,2,1,0,,±±=z y x n n n -------(1)为书写简便,我们将上式简记为31-=aVε-----------------------(2)其中V=L 3是系统的体积,常量()212222zyxn n n c a ++= π,并以单一指标l 代表n x ,n y ,n z 三个量子数。
热力学与统计物理第七章

fs
1 e
Es
1
Bose分布和Fermi分布
这样,式(7.5),或(7.9)也可表示为
N
s
1 e Es 1
,E
e
s
Es
Es
1
(7.11)
其中
s
对粒子的所有量子状态求和。
Bose分布和Fermi分布
由Bose分布(7.4)和Fermi分布(7.8)可看出,如果满足条件
l
l
用拉氏乘子α和β乘这两个式子,并从 ln 中减去,得Biblioteka ln(ll
al ) ln al El al 0
l
根据拉氏乘子法原理,上式中每一个 a 的系数都必须为零,有
ln(l al ) ln al El 0
即可得
al
e
ln ln ) dx x
x
的函数,其全微分为
ln ln ln d ln d d dx x
ln ) 故有(考虑到式(7.17)N
热力学参量的统计表达式
(dU Ydx) d (ln
在体积为V 的空窖内,在 p 到p dp 的动量范围内,光子的量子态数为 • 见(6.20)式
8 V 2 p dp 3 h
V 2 d 2c3
Bose分布和Fermi分布
(2)Fermi分布 在上章中,式(6.25)给出Fermi系统的微观状态数为
l
l ! al !(l al )!
(7.6)
将上式取对数,得
ln ln l ! ln al ! ln(l al )!
热力学与统计物理学第七章 量子统计

2
§7.1 玻色子和费米子
自然界中的所有粒子,按照交换全同粒子时它们波 函数的行为,能被分类为以下两组中的一个。
玻色自 子旋 :为(n整 0数 ,1,2,),波函数具有对称性 费米自 子旋 :为半 (n整 1数 ,3,),波函数具有反对
第七章:量子统计
动机和目标 一、 玻色子和费米子 二、量子分布律 三、理想费米气体 四、理想玻色气体
小结和习题课
1
经典统计的不足: 1)同种物质的粒子可以编号加以区别,从而 带来了体系微观状态数增多的弊端; 2)相格的大小是人为引入的; 3)粒子能量是连续的,在计算双原子分子气 体热容量在低温与实验不符。
5.0
4.5
4.0
3.5
3.0
2.5 2.0 Maxwell-Boltzmann
Bose-Einstein
1.5
1.0
0.5 Fermi-Dirac
0.0
-3
-2
-1
0
1
2
3
16
()/k T B
N0 /g jj
7.2.3 量子统计向经典统计过渡的条件
当满足稀薄气体条件:
N
0 i
gi,
即在量子统计分布中
小结和习题课
8
§7. 2 费米-狄拉克分布和玻色-爱因斯坦分布
一、量子统计的出发点
设一个系统i(的 i0能 ,1,2, 级 ),为 能i上 级有 gi个 量子态, N个现 粒有 子按单0粒 ,1,子 2, 的 能级
一种{分 Ni}配 {N0,N1,N2, }
二、量子系统的微观态数 1)费米系统的微观态数
热力学_统计物理学答案第七章

mγ
2
由条件(3)知 计算得
∫p
z
f ( p x , p y , p z ) dp x dp y dp z = Np0
co m
∑
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ Sk ⎞ ⎜ e −α − βε s′′ ⎟ ⎜ ⎟ S ′′ ⎝ S = S1 ⎠
∑
⎤ ……⎥ ⎥ ⎦
)
离开正 常位置而占据图中×位置时,晶体中就出现缺位和填隙原子,晶体这种缺陷 叫做弗伦克缺陷。 (1)假设正常位置和填隙位置数都是 N,试证明由于在晶体中形成 n 个缺位和 填隙原子而具有的熵等于 S = 2k ln
S
习题 7.5 固体含有 A、B 两种原子。试证明由于原子在晶体格点的随机分布引起 的混 合熵为 S = k ㏑
ww
是A 原子的百分比, (1-x )是 B 原子的百分比。注意 x<1,上式给出的熵为正值。 证: 显然 Ω=
习题 7.6 晶体含有 N 个原子。原子在晶体中的正常位置如图中 O 所示。当原子
P = −∑ a l
∂ε l ; ∂V
co m
5
2U ,上述结论对玻耳兹曼分布、玻色分布和费米分布都成立。 3V
对极端相对论粒子 类似得
ε = cp = c P = −∑ al
l
1 2πℏ 2 ( nx + n y 2 + n z 2 ) 2 L 1 1 − ∂ 2 ( 2πℏ )( ∑ ni ) 2 V 3 ∂V 1 4 3
热力学与统计物理第七章部分习题讲解

习题解答解:(1)根据电子气体0T K =费米能级的定义式(7.44)求得022/3233422819313()28(6.62610)3 2.610/1.61029.111083.2F h N E m VeVππ---=⨯⎛⎫=⨯⨯⨯ ⎪⨯⨯⎝⎭=温度为室温时, Na 的费米能级的近似值由式(7.55)有00221()12F F F kT E E E π⎡⎤=-⎢⎥⎢⎥⎣⎦0022321925F 3.14 1.38103001()12 3.2 1.6103.14 6.5103.2112E 3.2F F E E eV---⎡⎤⨯⨯=-⎢⎥⨯⨯⎣⎦⎡⎤⨯⨯=⨯-⎢⎥⎣⎦≈= (2) 取1mol 的电子,此时电子比热近似值由(7.57)式有002222319221.381103002 3.2 1.6100.040.33/*v F F kT kT C Nk R E E R R J K molπππ--⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫⨯⨯=⨯ ⎪⨯⨯⎝⎭≈=解:(1) 单位时间内碰到单位面积的器壁上的电子数,由式(6.87)为(在这儿:v 为电子的平均速率)14nv Γ= (此式适用于一切理想气体)由式(6.20)并考虑到电子的简并度,则在体积V 内,动量绝对值在p 到p dp +范围内电子的状态数为2342V p dp hπ⨯又考虑到绝对零度下电子气体中电子动量的分布为10F F p p f p p f ≤=⎧⎨>=⎩其中F p 为费米动量,也即绝对零度时电子的动量,这样电子的平均动量为330238384FFp Fp V p dph p p V p dph ππ==⎰⎰所以电子的平均速率为34Fp p v m m ==(习题7.5)由式(7.45),费米动量有1/3131382F N N p h h V V ππ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 所以1/311334432N h N N nv v V m V V π⎛⎫Γ=== ⎪⎝⎭(2) 由内能的热力学微分方程有dU SdT pdV =-由上式可得,在温度不变时,则有T U p V ∂⎛⎫=- ⎪∂⎝⎭由式(7.46)有022/3333()5528F h N U NE N m Vπ==223358T U h N N P V m V V π∂⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪∂⎝⎭⎝⎭解:由式(6.20)并考虑到电子的简并度,在体积V 内,动量绝对值在p 到p dp +范围内,自由粒子的可能的状态数为(参考上题)2342V p dp h π⨯考虑到在相对论下,有E cp =,这样结合上式可得在体积V 内,在E 到E dE +能量范围内量子态数为2342()V E dE hc π⨯ 又考虑到绝对零度下电子气体的分布为0010E f E f μμ≤=⎧⎨>=⎩费米能级0μ由下式决定2308()V E dE N hc μπ=⎰即可得到在绝对零度下相对论理想气体的费米能级为013038F N E hc V μπ⎛⎫== ⎪⎝⎭在绝对零度下相对论理想气体的内能也即总能量为0333834F V U E dE NE h cμπ==⎰解:(1)如果粒子可分辨,令其分别为a 和b 则有()a b aba babE E E E E E E E Z eeeβββ-+--==∑∑∑()2223411232EE E E E E eee e e e ββββββ------=++=++++(2)如果粒子不可分辨,但不受Pauling 原理限制,{}2340,1,2212i iii i i in E E E E En n n Z ee e e e βββββ-----==∑==++++∑∑(对于Bose 分布,粒子数占据能级的可能性有六种(0,0),(0,1),(0,2),(1,1),(1,2),(2,2) )(3)粒子不可分辨且服从Pauling 原理{}230,12i iii i i in E EEEn n n Z eeeeββββ----==∑==++∑∑(对于Fermi 分布,粒子数占据能级的可能性有三种(0,1),(0,2), (1,2))解:在单位体积中其动量在,,p p dp d d θθθϕϕϕ→+→+→+间隔的状态数为231()sin d p p dp d d h θθϕΩ=其中 p m v =,所以323()sin m d p v dv d d h θθϕΩ=当0T K =时3203()sin ,m dN v v dv d d v v hθθϕ=<0()0,dN v v v =>其中,0v =,所以()x x v v dN v =⎰323sin cos sin m v v dv d d hθϕθθϕ=⎰⎰⎰ 0=注:20cos 0d πϕϕ=⎰22201()/()5x x v v dN v dN v v ==⎰⎰解:(1)首先判别该电子气服从哪种统计由第132页式(6.73)可知eα=326212 1.25101mKT n h π⎛⎫≅⨯ ⎪⎝⎭则由第150页式(7.12)和(7.14)可得,当非简并性条件满足时,Bose 分布和Fermi 分布过渡到Boltzmann 分布。
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∑ ∑ 证: P = −
l
al
∂ε l ∂V
=−
l
∂ al ∂V
⎡1 ⎢⎣ 2 m
(
2
π L
ℏ
)
2
(
n
x
2
+
n y2
+
n
z
2
)
⎤ ⎥⎦
∑ = −
l
∂ al ∂V
⎡L
⎢ ⎣
2
m
(2π ℏ) L3
2
(nx2
+
ny2
+
n
z
2
⎤ )⎥
⎦
其中
u = ∑ alε l ; V ~ L3 V
⇒
p
=
−
∑
l
al
∂ ∂V
代表处于
S
状态下的粒子数。例如,对于
ε
s′
能级
⎛ ⎜⎜
SK
e−α − βε S′
⎞ ⎟⎟
⎝ S = S1
⎠
个粒子在 ε s′ 上的 K 个微观状态的概率为:
⎛ Sk
⎞
( ) ∑ (粒子数)
P S ′ = P = P S′
⎜ ⎜
e−α − βεs′
⎟ ⎟
S′ ⎝ S = S1
⎠
⎛ Sk
⎞
( ) P S′′ = P ∑ 类似写出:
)2
xyz
f ( px , p y , pz )dpxdp ydpz
由条件(3)知 计算得
∫ pz f ( px , py , pz )dpx dp ydp z = Np0
∫ ∫ ∫ (
1
3
)2
2πmkT
e −βεx dpx
e−βε y dp y
⎡ ⎢( pz ⎣
+
mγ β
)
−
mγ β
β
mγ
⎥⎤e −
−β
(ε
x
+ε
y
) −(
β 2m
pz 2 +γpz
)
xyz
d ∫ = V hh3
e dp dp dp = N −(α−
mγ 2 2β
)− β
(ε
x
+ε
y
)−
β 2m
(
pz
mγ +
β
)2
xyz
k 其中
εx
=
px 2 2m
,ε y
=
py2 2m
. 对比 page238 式(7.2.4)得:
mγ 2
−(α − )
S = −Nk ∑ Ps ln Ps
s
∑ 式中
Ps 是总粒子处于量子态
s
的概率,Ps
=
e −α − βε s N
e−βεs =
Z1
,
s
对粒子的所有量
子态求和。
证法一:出现某状态ψ s 几率为 Ps
设 S1,S2,……Sk 状态对应的能级 ε s′ ;
设 Sk+1 ,Sk+2,……Sw 状态对应的能级 ε s′ ;
V
2
3V
5 −
3
(−
2)
=
3
2U
3V
∑ 习题 7.2 试根据公式 P = −
l
al
∂ε l ∂V
证明,对于极端相对论粒子:
ε
= cp
=
c
2πℏ L
(nx 2
+ ny2
+
n
z
2
)
1 2
, nx , ny , nz =0,±1,±2,…
有 p = 1 U ,上述结论对玻耳兹曼分布、玻色分布和费米分布都成立。 3V
率 vm 和方均根速率 vs 。
解: 对于二维情形,
ε
=
1 2m
( px2
+
py2 )
(准)连续能量下的简并度:
sdpx dp y ; s − 面积 h2
⇒ 玻耳兹曼分布:
s e dp dp −α
1 −
2kTm
(
px2
+
p
2 y
)
;
h2
xy
利用
∫ ∫−∞
+∞
s −α − β ( px2 + py2 ) 2m
n
⇒ W − kT ln( N − n) + kT ln n = 0
W −
⇒ n = ( N − n)e kT ,
n〈〈N ;
⇒
n
=
−W
Ne kT
。
习题 7.8 气体以恒定的速度沿方向作整体运动。试证明,在平衡状态下分子动 量的最
概然分布为
[ ] e β −α − 2m
p x2
= p y2 + ( px − p0 )2
h e dp dp 2
xy
=N
⇒
s h2
−α
e
π β 4
=
N
⇒
s h2
e −α
=N 2πkTm
2m
⇒ 速度分布率 : N(
m
−
m 2kT
(v x 2
+v
y
)e
2πkT
2
)
dvxdv y
进而推出速率分布:
Nm
e
−
mv2 2kT
v
dv
kT
习
题
7.11
试根据麦克斯韦速度分布率导出两分子的相对速度
� vr
� = v2
证: 显然
N!
N!
Ω = n1!n2! = ( Nx)![N (1− x)]!
S= k ㏑ Ω =-N k [x ln x + (1 − x) ln(1− x)]= − Nk ln x x (1− x)(1−x) ;
由于 x x (1 − x)(1−x) <1, 故 S〉0;原题得证。 习题 7.6 晶体含有 N 个原子。原子在晶体中的正常位置如图中 O 所示。当原子
Vdpxdpy dpz L3
证: 设能级 εl 这样构成:同一 εl 中,P z 相同,而 P x 与 P y 在变化,于是有:
∑ δN = δ ∑ al = δal = 0 − − − − − − − (1)
∑ δE = δ ∑ ε lal = εlδal = 0 − − − − − (2)
∑ δp = δ ∑ pzal = pzδal = 0 − − − − − (3) ∑ ( p = pz al = p0 )
[ ] Vdp dp dp −α"− β
e 2m
px 2+ p y 2 +( p z − p0 )2
xyz
h3
其中
α'
mγ 2 =α −
2β
, mγ β
= − p0
习题 7.9 (略)结合(7.8)求平均值。 习题 7.10 表面活性物质的分子在液面上作二维自由运动,可以看作二维理想气
体。
试写出在二维理想中分子的速度分布和速率分布。并求平均速率 v ,最概然速
⇒ F = nW − kTN(lnN −1) + kT(N − n)[ln(N − n) −1] + kTn(lnn −1)
⇒ 利用自由能判据
∂F =0
∂n
⇒ 0 = W − kT[ln( n −1) −1] + kT( N − n)(− 1 ) + kTn(ln n −1) + kTn( 1 )
N −n
we
2β
=
N
(
h2
3
) 2 = n(
h2
3
)2
V 2πmkT
2πmkT
w整个体积内,分布在 px → px + dpx , p y → py + dp y , pz → pz + dpz 内分子 w数为:
∫ ∫ 1 3
N(
)2
2πmkT
e dp dp dp = −β
(ε
x
+ε
β y)−2m (
mγ pz+ β
⎟ ⎟
S ′ ⎝ S = S1
⎠
S =S ′
c 一微观状态数Ω = 1 ,(基于等概率原理) P
. S = k ln Ω
w S = k ln
1
⎡ ⎤ ⎜⎛
a ∑ ∑ ⎜
Sk
e −α − βε S ′
⎟⎞ ⎟
⎢ P ⋅ P ……⎥ S′⎝ S = S1
⎠
⎜⎛ ⎜
SW
e − α − βε S ′′
⎟⎞ ⎟
⎜ ⎜
e −α − βεs′′
⎟ ⎟
S′′ ⎝ S = S1
⎠
m ………………………………………………等等。
于是 N 个粒子出现某一微观状态的概率。
o ∏ ( ) P ∑ ⋅ P ∑ P =
S
PS =
⎛ Sk
⎞
⎜ ⎜
e −α − βεs′
⎟ ⎟
S ′ ⎝ S = S1
⎠
⎛ Sk
⎞
⎜ ⎜
e− α − βεs ′′
第七章 玻耳兹曼统计
∑ 习题 7.1 根据公式 P = −
l
al
∂ε l ∂V
证明,对于非相对论粒子:
课 后 答 案 网
s
=
p2 2m
=
1 2m
(
2πℏ L
)
2
(
n
x
2
+
ny 2
+ nz 2)